NOMBRES PREMIERS. = est premier, mais également les termes de la suite finie u n+1

(1)

NOMBRES PREMIERS

I Generalites

1) Rappels

Définition : un nombre premier est un entier naturel qui admet exactement deux diviseurs distincts, 1 et lui-même.

Un entier naturel, différent de 0 et 1, qui n’est pas premier est composé.

Remarques (à compléter):

• 0 n’est pas premier car

• 1 n’est pas premier car

• 2 est l’unique nombre premier pair Exemples remarquables :

• 8281807978…10987654321 est premier

• Le nombre u⁰=1122659 est premier, mais également les termes de la suite finie uⁿ⁺¹=2u_n+1 sept fois de suite (chaîne de Cunningham, de nombres de Sophie Germain, 1776-1831).

• Le nombre 11031 est premier (nombre formé de 1031 fois le chiffre 1). Idem avec 2, 19, 23, 317, 1031, 49081, 86453, 109297, 270343, 5794777, et 8177207 fois le chiffre 1. Ces nombres sont appelés rep-unit. Vous remarquerez que le nombre de chiffres de chacun de ces nombres… est premier. Défi : trouvez (seul.e) l’idée de la preuve de cette propriété.

• Le nombre 110080021351 est premier.

• Le nombre 1111211112111...811191111022841 est premier.

• L’Electronic Frontier Fundation offre 250000 dollars pour la découverte d’un nombre premier d’un milliard de chiffres ou plus.

• Les nombres premiers « illégaux » sont à la fois des nombres premiers, et une critique pour montrer le ridicule de lois qui rendent la détention de certaines informations illégales. Cf.

l’article Wikipedia, qui donne des nombres premiers permettant de craquer un DVD ou un code CSS.

Conjectures sur les nombres premiers :

Il y a de très nombreuses conjectures irrésolues sur les nombres premiers, en voici un extrait (directement de Wikipedia) :

• Les quatre problèmes de Landau :

o conjecture de Goldbach : tout nombre pair strictement supérieur à 2 peut s'écrire comme somme de deux nombres premiers ;

o conjecture des nombres premiers jumeaux : il existe une infinité de jumeaux premiers ;

o conjecture de Legendre : il existe toujours au moins un nombre premier entre n² et (n + 1)² ; cette conjecture est liée à l'hypothèse de Riemann et, comme cette dernière, reste non démontrée à ce jour ;

o existence d'une infinité de nombres premiers de la forme n² + 1.

• L'existence d'une infinité de nombres premiers de Sophie Germain.

• La conjecture de Polignac (dont celle des nombres premiers jumeaux est le cas particulier n = 2) : tout entier naturel pair n peut s'écrire comme différence de deux nombres premiers consécutifs et cela d'une infinité de manières.

• Y a-t-il une infinité de nombres premiers factoriels (du type n ! + 1 ou –1) ou primoriels (similaire à la factorielle, mais le produit se fait uniquement sur les nombres premiers inférieurs ou égaux à n) ?

(2)

• Une conjecture de Daniel Shanks : soit la suite, dite d'Euclide-Mullin, de premier terme u1 = 2 et telle que le terme un soit le plus petit diviseur premier du successeur du produit des termes ui pour i < n. La conjecture énonce que tous les nombres premiers apparaissent dans cette suite.

• La spirale d'Ulam (ou horloge d'Ulam) n'est à ce jour pas encore pleinement expliquée.

Rappel sur les propriétés de _! :

• Toute partie non vide de _! admet un plus petit élément.

• Toute partie majorée de _! est finie, et réciproquement toute partie finie de _!est majorée.

2) Diviseurs premiers d’un entier naturel

Théorème : Tout entier naturel n supérieur ou égal à 2 admet au moins un diviseur premier. Si n est composé, alors il admet un diviseur premier p compris entre 0 et n.

Démonstration :

• Si n est premier, il se divise lui-même.

• Sinon, l’ensemble des diviseurs d de n tels que 2≤d<n n’est pas vide. D’après les rappels sur

!, il admet donc un plus petit élément, que l’on note p.

• Montrons que p est premier par l’absurde. Si p n’est pas premier, alors il admettrait un diviseur d tel que 2≤d< p. Or tout diviseur de p divise n, donc d serait plus petit que p : absurde par définition de p.

• De plus on en déduit dans ce cas que n= pq avec 2≤ p<q, donc p² ≤ pq=n p^2, donc p≤ n .

Exemples : à la main (pour les courageux), tester si 2⁷−1 et 2¹¹−1 sont premiers.

3) Nombre de nombres premiers

Théorème : il existe une infinité de nombres premiers.

Démonstration 1 : Par l’absurde (Euclide).

Supposons qu’il n’existe qu’un nombre fini de nombres premiers, et soit q le plus grand d’entre eux.

Soit N le produit de tous ces nombres premiers auquel on ajoute 1 : N =2×3×5×7×…×q+1.

On sait qu’il existe un nombre premier p divisant N, d’après le théorème précédent du 2).

Alors p N

p∈

{

2,3,5,7,…,q

}

⎧

⎨⎪

⎩⎪

, donc p2×3×5×7×…×q.

Donc p N−2×3×5×7×…×q , c’est-à-dire que p1. Ce qui est absurde car p est premier.

Démonstration 2 : Avec les propriétés de _!.

Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 3, N =n!−1 et p un nombre premier tel que p divise n. On est sûr que p existe d’après le théorème du paragraphe 2) ci-dessus.

p > n, en effet sinon comme dans la démonstration 1 on aurait p N−n!=1, ce qui serait absurde.

On en déduit que comme n est aussi grand que l’on veut, alors p aussi. Donc l’ensemble des nombres premiers n’admet pas de majorant. Par contraposée sur les propriétés de _! rappelées au 1), on en déduit que l’ensemble des nombres premiers est infini.

◼ ︎

II Theoreme fondamental de l’arithmetique

(3)

1) Décomposition en facteurs premiers

Théorème : tout entier naturel supérieur ou égal à 2 se décompose en un produit de facteurs premiers.

Cette décomposition est unique à l’ordre près.

On note souvent n= p₁^α¹p₂^α²…p_k^α^k p₁,p₂,…,p_k premiers et α₁,α₂,…,α_k∈!

Démonstration :

• Existence

n admet au moins un diviseur premier p¹ d’après I.2°)

Si n≠ p₁, alors n= p₁q₁ avec 1≤q₁<n, et soit q¹ est premier, soit q¹= p₂q₂ avec 1≤q₂ <q₁. Donc n= p₁p₂q₂ avec 1≤q₂<q₁<n.

On itère ce raisonnement, on obtient une suite strictement décroissante d’entiers naturels : 1≤q_i<…<q₂<q₁<n

Cette suite est nécessairement finie d’où l’écriture n= p₁p₂…p_i.

Comme les p_j ne sont pas tous nécessairement distincts, on écrit n= p₁^α¹p₂^α²…p_k^α^k.

• Unicité : cf paragraphe suivant.

2) Une conséquence du théorème de Gauss

Théorème : un nombre premier divise un produit de facteurs si et seulement si il divise un de ces facteurs.

Démonstration :

On suppose que le nombre premier p divise le produit bc.

• On rappelle le théorème de Gauss : si a et b sont premiers entre eux et si a divise bc, alors a divise c.

D’où, si p divise bc :

o soit p et b ne sont pas premiers entre eux, ils ont donc un diviseur commun, et alors p divise b, car les seuls diviseurs de p sont1 et p, et p∧b≠1 ;

o soit p et b sont premiers entre eux et p divise c d’après Gauss.

• La réciproque est triviale.

Conséquences :

• 1 : Si un nombre p premier divise a^k, alors on a p divise a×a×…×a

k fois

! "## ##$ , donc p divise a puis p divise a^k .

• 2 : Si un nombre premier divise le produit de facteurs premiers p¹p₂…p_n , alors p est l’un des pⁱ.

Preuve de l’unicité de la décomposition en facteurs premiers :

• D’après ce qui précède 2, les seuls nombres premiers divisant n= p₁^α¹p₂^α²…p_k^α^k sont les nombres premiers pⁱ : on n’a pas le choix de ces nombres premiers dans la décomposition de n.

• D’après 1, p_i^αⁱ n, mais p_i^αⁱ⁺¹ n : on n’a pas le choix des puissances α_i.

• Donc la décomposition est unique à l’ordre près.

Exemple : 16758=2×3²×7²×19 3) Applications aux diviseurs, pgcd, ppcm

Théorème : soit n un entier naturel non nul, on pose n= p₁^α¹p₂^α²…p_k^α^k , avec p¹,p₂,…,p_k premiers et α₁,α₂,…,α_k∈!. Alors les diviseurs positifs de n sont tous les nombres de la forme n= p₁^β¹p₂^β²…p_k^β^k, où ∀i∈!, 1≤i≤k, 0≤β_i≤α_i.

Applications :

(4)

• 21300=2²×3×5²×71 et 45440=2⁷×5×71.

Alors pgcd 21300,45440

( )

⁼²²^×⁵^×^{71 et}ppcm 21300,45440

( )

⁼²⁷^×³^×⁵²^×^{71 .}

• Les diviseurs de 21300 sont de la forme 2^β¹×3^β²×5^β³×71^β⁴ , où 0≤β₁≤2

3 possibilités

! "# $# ,0≤β₂≤1

2 possibilités

! "# $# ,0≤β₃≤2

3 possibilités

! "# $# ,0≤β₄≤1

2 possibilités

! "# $# . Donc 21300 admet 3×2×3×2=36 diviseurs distincts.

• Généraliser le raisonnement précédent à un nombre n tel que n= p₁^α¹p₂^α²…p_k^α^k, qui admet donc diviseurs distincts.

• On verra (éventuellement) en exercice comment calculer la somme de ces diviseurs, avec un raisonnement assez élégant.

• Déterminer b tel que ppcm 28,b

( )

⁼¹⁴⁰^.

On doit avoir b140 et b28. Or 28=2²×7 et 140=2²×5×7, d’où par exemple b=5. Y-a-t-il d’autres solutions ?

III Le petit theoreme de fermat

Théorème : Soit p un nombre premier et a un entier naturel premier avec p. Alors a^p−1≡1⎡⎣ ⎤⎦p . Remarques :

• Ceci équivaut à : a^p−1−1 est divisible par p ;

• Ceci équivaut à : a^p−a est divisible par p ;

En effet a^p−a=a a

(

^p−1−1

)

. Comme a et p sont premiers entre eux, on en déduit d’après Gauss que p divise a^p−a si et seulement si p divise a^p−1−1.

• Ce théorème n’a aucune utilité pour trouver des nombres premiers. En effet la condition a^p−1≡1⎡⎣ ⎤⎦p est nécessaire pour que p soit premier mais non suffisante ; lisez bien le théorème… et comprenez bien la différence nécessaire/suffisant.

• Les démonstrations de ce théorème sont nombreuses, élégantes et formatrices. En voici trois, à comprendre.

Démonstration 1 :

On considère les p−1 nombres a,2a,3a,…,

( )

p−1 ^a et leur reste respectif r₁,r₂,r₃,…,r_p−1 dans la division euclidienne par p.

• p ne divise aucun des nombres a,2a,3a,…,

( )

p−1 ^a. En effet supposons que p divise un des nombres ka avec 1≤k≤ p−1. Comme a∧p=1, d’après Gauss p divise k. Or k< p : c’est absurde.

• Donc tous les restes r₁,r₂,r₃,…,r_p−1 sont non nuls :∀k∈!, 1≤k≤ p−1 r_k ≠0.

Les restes r^k sont strictement positifs et strictement inférieurs à p, ils sont tous dans l’ensemble 1,2,3,…,p−1

{ }

^.

• Montrons que ces restes sont tous distincts.

On remarque que pour 1≤k<k′≤ p−1 on a 1≤ ′k −k≤ p−1, donc p ne divise pas , et comme a et p ne sont pas premiers entre eux, p ne divise pas

(

k′−k

)

^a^.

Ceci équivaut à

(

k′−k

)

^a^≡⁰⎡⎣ ⎤⎦ ⇔ ′^p k a≡ka p⎡⎣ ⎤⎦ ⇔r_k_′≡r_k⎡⎣ ⎤⎦p : les restes sont deux à deux distincts.

• Il en découle que

{

r₁,r₂,r₃,…,r_p−1

}

⁼

^{

^1,2,3,^…^,^p⁻¹

^}

^.

Attention : ceci ne signifie pas que r¹=1,r₂ =2,… , mais que l’ensemble des restes r₁,r₂,r₃,…,r_p−1 parcourt l’ensemble des nombres de 1 à p – 1. En effet il n’y a pas d’ordre dans les ensembles.

(5)

• On en déduit que r₁r₂r₃…r_p−1=1×2×3×…×

( )

p−1 ⁼

( )

^p⁻¹^!¹

Or par définition : a≡r₁⎡⎣ ⎤⎦p 2a≡r₂⎡⎣ ⎤⎦p 3a≡r₃⎡⎣ ⎤⎦p

… p−1

( )

^a^≡^rp−1⎡⎣ ⎤⎦p

On multiplie ces inégalités terme à terme, on obtient :

a×2a×3a×…×

( )

p−1 ^a^≡^r^×¹^r^×²^r^×³^…×^rp−1⎡⎣ ⎤⎦p Soit d’après 1 :

( )

p−1^!a^p−1^≡

( )

^p⁻¹^!⎡⎣ ⎤⎦^p

⇔

( )

p−1^!

(

^a^p−1⁻¹

)

^≡⁰⎡⎣ ⎤⎦^p

Et comme p est premier, p ne divise pas le produit de facteurs

( )

p−1^! ; il faudrait pour cela que p divise un des facteurs 1 , 2 , 3 , … , p – 1 ce qui est impossible)

Donc p divise a^p−1−1 : on a montré que a^p−1−1≡0⎡⎣ ⎤⎦p

◼

Démonstration 2 : en faisant un coloriage (il n’y a pas d’âge pour ça).

On considère un polygone régulier A₀A₁…A_p−1 ayant p sommets, où p est un nombre premier. On colorie chacun des sommets, avec une couleur parmi a disponibles.

Il y a au total a^p coloriages possibles : a choix pour le premier sommet que multiplie a choix pour le deuxième sommet etc. jusqu’à a choix pour le dernier sommet. Parmi ces coloriages, a sont unicolores : tous les sommets sont soit de la couleur numéro 1, soit de la couleur numéro 2, etc. jusqu’à la couleur numéro a.

On veut montrer que le nombre de coloriages multicolores, qui est donc égal à a^p−a, est multiple de p.

On remarque qu’étant donné un coloriage, on peut en déterminer p−1 par des rotations r^k d’angles respectifs 2kπ

p , où 1≤k≤ p−1.

Dans l’exemple ci-contre, p=5 et on considère la rotation r² d’angle 4π 5 .

Alors

r₂

( )

A₀ ⁼ ^A2

r₂

( )

A₁ ⁼ ^A3

r₂

( )

A₂ ⁼ ^A⁴ r₂

( )

A₃ ⁼ ^A⁰ r₂

( )

A₄ ⁼ ^A¹

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪

On remarque sur cet exemple qu’un coloriage initial va donner 4 coloriages supplémentaires par les rotations correspondantes, donc qu’il y aura 5 coloriages associés.

En généralisant, un coloriage initial

(

c₀,c₁,…,c_p−1

)

donne le coloriage

(

c₀′,c₁′,…,c′_p−1

)

par la rotation r^k d’angle 2kπ

p , avec c_i!

r_k

′

c_i =c_{( )}_i+k_⎡⎣_mod_p_⎤⎦. Le coloriage initial et les p−1 coloriages obtenus par les rotations r^k donnent un total de p coloriages. L’idée fondamentale de la démonstration est de montrer

(6)

que ces coloriages, obtenus par rotation à partir d’un coloriage non unicolore, sont tous distincts. Ainsi, on aura regroupé les coloriages par groupes de p, donc leur nombre total (égal à a^p−a) sera divisible par p.

On va raisonner par l’absurde.

Si un coloriage

(

c₀,c₁,…,c_p−1

)

non unicolore est invariant par une rotation r^k fixée, alors en particulier :

′

c₀ =c₀ =c_{k p}_{⎡⎣ ⎤⎦}

On applique plusieurs fois la rotation r^k :

c₀ =c_{2k p}_{⎡⎣ ⎤⎦} en appliquant deux fois la rotation

c₀=c_{3k p}_{⎡⎣ ⎤⎦} en appliquant trois fois la rotation

…

c₀ =c_{nk p}_{⎡⎣ ⎤⎦} en appliquant n fois la rotation

…

c₀ =c_{( )}_p−1_{k p}_{⎡⎣ ⎤⎦} en appliquant p−1 fois la rotation

Comme p est premier, on montre que, exactement comme dans la démonstration 1 (partie « montrons que ces restes sont tous distincts ») :

toutes les valeurs des nombres nk p⎡⎣ ⎤⎦, où 0≤n≤ p−1 sont tous les nombres de 0 à p−1

Cela signifie que l’on parcourt tous les sommets Aⁿ à partir du sommet A⁰ de couleur c⁰ lorsque l’on applique plusieurs fois la rotation r^k fixée : tous les sommets ont donc la même couleur c⁰. C’est en contradiction avec le fait que le coloriage n’est pas unicolore.

On a donc montré que les seuls coloriages invariants par rotation sont unicolores, et par conséquent que les coloriages multicolores peuvent être groupés par paquets de p coloriages. Chaque paquet est obtenu à partir d’un coloriage initial, et les autres coloriages du paquet sont obtenus à partir de ce coloriage par les p−1 rotations r^k (d’où, au total et au risque de se répéter, un ensemble de p coloriages). Donc le nombre total de coloriages multicolores, égal à a^p−a est divisible par p : a^p−a

p est entier. Si de plus a∧ p=1, on en déduit alors d’après Gauss que a^p−1−1≡0⎡⎣ ⎤⎦p .

◼

Démonstration 3 : avec la formule du binôme On rappelle que

( )

b+1 ^p ⁼^b^p⁺¹⁺ ^p

i

⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟bⁱ

i=1

∑

p−1 ¹ ^où^⎛_⎝^⎜ ^p_i ^⎞_⎠^⎟ ⁼ ^{p p}

( )

⁻¹^…

(

^p⁻ⁱ⁺¹

)

i×

( )

i−1 ^×…^×²^×¹^. Remarquez la manière dont on a écrit la formule du binôme, ainsi que l’écriture simplifiée du coefficient binômial.

On peut écrire p i

⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟ = p×

( )

p−1^…

(

^p⁻ⁱ⁺¹

)

i×

( )

i−1 ^×…^×²^×¹^.

Comme p est premier et i< p , alors aucun des nombres 2, 3, … , i ne divise p. Comme les coefficients binômiaux sont entiers, on en déduit que i×

( )

i−1 ^×…^×²^×¹^divise

( )

^p⁻¹^…

(

^p⁻ⁱ⁺¹

)

. Finalement

p i

⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟= p×N , c’est-à-dire que p divise p i

⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟ . On obtient alors avec 1

( )

b+1 ^p ^≡^b^p⁺¹⎡⎣ ⎤⎦^p .

(7)

Posons a=b+1 dans la formule précédente : a^p ≡

( )

a−1 ^p⁺¹⎡⎣ ⎤⎦^p 2 On utilise à nouveau

( )

b+1 ^p ^≡^b^p⁺¹⎡⎣ ⎤⎦^p en posant _b+1=a−1⇔b=a−2 . 1 devient

( )

a−1 ^p ^≡

( )

^a⁻² ^p⁺¹⎡⎣ ⎤⎦^p

En substituant dans 2 : a^p ≡

( )

a−1 ^p⁺¹⎡⎣ ⎤⎦^p devient a^p ≡

( )

a−2 ^p⁺¹⁺¹⎡⎣ ⎤⎦^p

On continue de proche en proche (une rédaction rigoureuse exigerait une récurrence) : a^p ≡

( )

a−3 ^p⁺¹⁺¹⁺¹_{⎡⎣ ⎤⎦}^p

…

a^p ≡

( )

a−a ^p⁺¹^+…⁺¹

a fois

!"# $# ⎡⎣ ⎤⎦p

Soit a^p ≡a p⎡⎣ ⎤⎦ . Comme à la démonstration 2, rajouter la condition a et p premiers entre eux donne

alorsa^p−1−1≡0⎡⎣ ⎤⎦p .

◼

Cours de Frédéric Mandon sous licence Creative Commons BY NC SA, https://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/fr/